专题07 圆与母子型相似结合型：切割线定理反A模型压轴题专题（解析版）-2023-2024学年挑战中考压轴题重难点题型分类

专题07圆与母子型相似：切割线定理反A模型压轴题专题

（解析版）

切割线定理：反A模型

图形相似的证明结论

2

DD①DCDBDA;

因为②tanAtanDCB相似比

DCBDAC

DCB∽DAC

1．（北雅）如图，D为O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA＝∠CBD．

（1）求证：CD是⊙O的切线；

（2）过点B作O⊙的切线交CD的延长线于点E，若BC＝6，tan∠CDA＝，求BE的长．

⊙

【解答】（1）证明：连OD，OE，如图，∵AB为直径，∴∠ADB＝90°，即∠ADO+∠1＝90°，

又∵∠CDA＝∠CBD，而∠CBD＝∠1，∴∠1＝∠CDA，∴∠CDA+∠ADO＝90°，即∠CDO＝90°，

∴CD是O的切线；

（2）解：⊙∵EB为O的切线，∴ED＝EB，OE⊥DB，∴∠ABD+∠DBE＝90°，∠OEB+∠DBE＝90°，

∴∠ABD＝∠OEB⊙，∴∠CDA＝∠OEB．而tan∠CDA＝，∴tan∠OEB＝＝，∵Rt△CDO∽Rt△

CBE，∴＝＝＝，∴CD＝×6＝4，在Rt△CBE中，设BE＝x，∴（x+4）2＝x2+62，

解得x＝．

资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】

2．（南雅）如图，D为O上一点，点C在直径BA的延长线上，且CD2＝CA•CB．

（1）求证：CD是⊙O的切线；

（2）过点B作O⊙的切线交CD的延长线于点E，若BC＝10，，求BE的长．

⊙

【解答】（1）证明：如图，连接OD，∵CD2＝CA•CB，∴，∵∠C＝∠C，∴△DCA∽△BCD，

∴∠ADC＝∠DBC，∵OB＝OD，∴∠BDO＝∠DBO，∵AB为O的直径，∴∠BDA＝90°，

∴∠BDO+∠ODA＝∠CDA+∠ODA＝90°，∴OD⊥CD，∴CD⊙为O0的切线；

（2）∵BE、CE是O的切线，∴ED＝EB，∵△DCA∽△BCD，∴∠DBA＝∠CDA，∴＝tan

⊙

∠DBA＝tan∠CDA＝，∴CD＝BC＝6，设BE＝x，则DE＝x，CE＝x+6．在Rt△CBE中，

（x+6）2＝x2+102，解得：x＝，

∴BE＝．

3.（长郡）已知：如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，过点C的切线与直径AB的延长线相交于点P，连

结PD．

（1）求证：PD是⊙O的切线．

（2）求证：PD2PBPA．

1

（3）若PD4，tanCDB，求直径AB的长．

2

【解答】（1）证明：连接OD，OC，∵PC是O的切线，∴∠PCO＝90°，∵AB⊥CD，AB是直径，

⊙

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∴弧BD＝弧BC，∴∠DOP＝∠COP，在△DOP和△COP中，，

∴△DOP≌△COP（SAS），∴∠PDO＝∠PCO＝90°，∵D在O上，∴PD是O的切线；

（2）证明：∵AB是O的直径，∴∠ADB＝90°，∵∠PDO＝⊙90°，∴∠ADO⊙＝∠PDB＝90°﹣∠BDO，

∵OA＝OD，∴∠A＝⊙∠ADO，∴∠A＝∠PDB，∵∠BPD＝∠BPD，∴△PDB∽△PAD，

∴，∴PD2＝PA•PB；

（3）解：∵DC⊥AB，∴∠ADB＝∠DMB＝90°，∴∠A+∠DBM＝90°，∠CDB+∠DBM＝90°，

∴∠A＝∠CDB，∵tan∠CDB＝，∴tanA＝＝，∵△PDB∽△PAD，∴＝＝＝

∵PD＝4，∴PB＝2，PA＝8，∴AB＝8﹣2＝6．

4．（明德）如图，AB为圆O的直径，C为圆O上一点，AD和过C点的直线互相垂直，垂足为D，且AC

平分∠DAB，延长AB交DC于点E，CF⊥AB于点F．

（1）求证：直线DE与O相切；

（2）若EB＝2，EC＝4，⊙求O的半径及AC、AD的长；

（3）在（2）的条件下，求阴⊙影部分的面积．

【解答】解：（1）连接OC；∵AD⊥DC，∴∠DAC+∠ACD＝90°；又∵AC平分∠DAB，OA＝OC，

∴∠DAC＝∠CAO，∠CAO＝∠ACO，∴∠DAC＝∠ACO，∴∠ACD+∠ACO＝90°，即OC⊥DC，

∴直线DE与O相切．

（2）∵EC是⊙O的切线，∴EC2＝EB•EA，而EC＝4，EB＝2，∴EA＝8，AB＝8﹣2＝6；

∴O的半径为⊙3．∵AC平分∠DAE，∴，∴，∴AD＝2DC（设为x）；

⊙

∵AC平分∠DAB，CD⊥AD，CF⊥AB，∴CD＝CF；在△ADC与△AFC中，，

∴△ADC≌△AFC（HL），∴AF＝AD＝2x，BF＝6﹣2x；∵AB为O的直径，∴∠ACB＝90°；

由射影定理得：CF2＝AF•BF，即x2＝2x（6﹣2x），解得：x＝⊙，∴AD＝；

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由勾股定理得：，∴AC＝，

即O的半径及AC、AD的长分别为3，，．

⊙

（3）∵，，∴．

5．（雅礼）如图，在O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD与OB交于点F，在AB的延长线上有一点E，

且EF＝ED．⊙

（1）求证：DE是O的切线

（2）若tanA＝，⊙探究线段AB和BE之间的数量关系，并证明；

（3）在（2）的条件下，若OF＝1，求O的半径和CD的长．

⊙

【解答】（1）证明：连接OD，如图，∵EF＝ED，∴∠EFD＝∠EDF，∵∠EFD＝∠CFO，∴∠CFO＝

∠EDF，∵OC⊥OF，∴∠OCF+∠CFO＝90°，∵OC＝OD，∴∠OCF＝∠ODF，∴∠ODC+∠EDF＝

90°，即∠ODE＝90°，∴OD⊥DE，∵点D在O上，∴DE是O的切线；

（2）解；线段AB、BE之间的数量关系为：AB＝⊙3BE．证明：∵A⊙B为O直径，∴∠ADB＝90°，

∴∠ADO＝∠BDE，∵OA＝OD，∴∠ADO＝∠A，∴∠BDE＝∠A，而∠⊙BED＝∠DEA，∴△EBD∽

△EDA，∴，∵Rt△ABD中，tanA＝＝，∴＝，∴AE＝2DE，DE＝2BE，

∴AE＝4BE，∴AB＝3BE；

（3）解：设BE＝x，则DE＝EF＝2x，AB＝3x，半径OD＝x，∵OF＝1，∴OE＝1+2x，

在Rt△ODE中，由勾股定理可得：（x）2+（2x）2＝（1+2x）2，∴x＝﹣（舍）或x＝2，

∴AB＝3x＝6，∴圆O的半径为3．过点O作OH⊥CD，

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∵OC＝OD，∴CD＝2CH，在Rt△OCF中，CF＝＝，OH＝＝，

在Rt△OCH中，tan∠OCH＝＝＝，∴CH＝3OH＝，∴CD＝2CH＝．

6．（青竹湖）如图，已知AB是O的直径，直线AC与O相切于点A，过点B作BD∥OC交O于点D，

连接CD并延长交AB的延长⊙线于点E．⊙⊙

（1）求证：CD是O的切线．

（2）求证：DE2＝⊙EB•EA；

（3）若BE＝1，，求线段AD的长度．

【解答】解：（1）∵BD∥OC，∴∠DBO＝∠COA，∠ODB＝∠COD，∵OB＝OD，∴∠DBO＝∠ODB，

∴∠COA＝∠COD，在△COA和△COD中，，∴△COA≌△COD（SAS），

∴∠CAO＝∠CDO，∵AC是O的切线，∴∠CAO＝90°＝∠CDO，即OD⊥EC，∵OD是O的半径，

∴EC是O的切线；⊙⊙

⊙

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（2）∵EC是O的切线，∴∠ODE＝90°，即∠EDB+∠ODB＝90°，又∴AB是O的直径，

∴∠ADB＝90°⊙，∴∠ABD+∠BAD＝90°，又∵∠ODB＝∠OBD，∴∠EDB＝∠EA⊙D，

又∵∠E＝∠E，∴△EBD∽△EDA，∴＝，即DE2＝AE•BE；

（3）∵∠ACO+∠COA＝90°，∠BAD+∠OBD＝90°，而∠OBD＝∠ODB＝∠COD＝∠COA，

∴∠ABD+∠BAD＝90°，∴∠BAD＝∠ACO，由△EBD∽△EDA，∴＝＝tan∠BAD＝，

∵BE＝1，∴DE＝2，由DE2＝AE•BE得，22＝1×AE，∴AE＝4，∴AB＝4﹣1＝3，设BD＝a，则AD＝

2a，由勾股定理得，BD2+AD2＝AB2，即a2+（2a）2＝32，解得a＝，∴AD＝2a＝．

7．（北雅）如图①，△ABC内接于O，点P是△ABC的内切圆的圆心，AP交边BC于点D，交O于点

E，经过点E作O的切线分别交⊙AB、AC延长线于点F、G．⊙

（1）求证：BC⊙∥FG；

（2）探究：PE与DE和AE之间的关系；

（3）当图①中的FE＝AB时，如图②，若FB＝3，CG＝2，求AG的长．

【解答】（1）证明：连接BE，∵点P是△ABC的内心，∴∠BAD＝∠CAD．又∵FG切O于E，

∴∠BEF＝∠BAD．又∵∠DBE＝∠CAD，∴∠BEF＝∠DBE．∴BC∥FG．⊙

（2）解：连接BP，则∠ABP＝∠CBP．∵∠BPE＝∠BAP+∠ABP＝∠PBC+∠EBD，∴∠BPE＝∠PBE．

∴BE＝PE．在△ABE和△BDE中，∠BAE＝∠EBD，∠BED＝∠AEB，∴△ABE∽△BDE．

∴＝．∴BE2＝AE•DE．∴PE2＝AE•DE．

（3）解：∵FE2＝FB•FA＝FB（FB+AB），而FE＝AB，∴AB2＝3（3+AB）．设AB＝x，则x2﹣3x﹣9＝0，

解之得x＝．∴AB＝（取正值）．由（1）在△AFG中，BC∥FG，∴．

∴AC＝＝×＝1+．∴AG＝AC+CG＝3+．

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8．（青竹湖）如图，O经过△ABC的顶点A、C，并与AB边相交于点D，过点D作DF∥BC，交AC于

点E，交O于点⊙F，连接DC，点C为弧DF的中点．

（1）求证⊙：BC为O的切线；

（2）若O的半径⊙为3，DF＝4，求CE•CA的值；

（3）在（⊙2）的条件下，连接AF，若BD＝AF，求AD的长．

【解答】（1）证明：连接CO并延长交O于G，连接DG，如图：∵CG为直径，∴∠GDC＝90°，

∴∠DCG+∠DGC＝90°，∵∠DGC＝⊙∠BAC，点C为弧DF的中点，∴∠CDF＝∠BAC，

∴∠DGC＝∠CDF，∴∠DCG+∠CDF＝90°，∵DF∥BC，∴∠CDF＝∠DCB，∴∠DCG+∠DCB＝90°，

∴OC⊥BC，又∵OC是O的半径，∴BC为O的切线；

（2）解：连接OC交D⊙F于M，∵C为弧DF⊙的中，∴OC⊥DF，∴DM＝MF＝DF＝2，

∵O的半径为3，∴OM＝＝＝1，∴CM＝OC﹣OM＝3﹣1＝2，

⊙

∴DC2＝DM2+CM2＝＝12，∵，∴∠DAC＝∠CAF，∵∠CDF＝∠CAF，

∴∠CDF＝∠DAC，∵∠DCE＝∠ACD，∴△DCE∽△ACD，∴，∴CD2＝CE•CA，

∴CE•CA＝12；

（3）解：连接CF，

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∵四边形ADCF内接于O，∴∠ADC+∠AFC＝180°，又∵∠BDC+∠CDA＝180°，∴∠AFC＝∠BDC，

⊙

∵，∴CD＝CF＝2，又∵BD＝AF，∴△BDC≌△AFC（SAS），∴BC＝AC，∠BCD＝∠ACF，

∵∠ACF＝∠ADF，∴∠BCD＝∠ADF，∵DF∥BC，∴∠CDF＝∠BCD，∴∠CDF＝∠ADF，∴AF＝

CF，∴，BD＝CF＝2，∴，∴AC＝DF＝4＝BC，∵∠BCD＝∠CDF＝∠CAF＝∠

DAC，∠DBC＝∠ABC，∴△DBC∽△CBA，∴，∴BC2＝BD•AB，∴•AB，

∴AB＝，∴AD＝AB﹣BD＝＝．

9．（麓山国际）如图，AB是O的直径，点C是O上一点，AD与过点C的切线垂直，垂足为点D，直

线DC与AB的延长线相交⊙于点P，弦CE平分∠⊙ACB，交AB点F，连接BE．

（1）求证：AC平分∠DAB；

（2）求证：PC＝PF；

（3）若tan∠ABC＝，AB＝14，求线段PC的长．

【解答】（1）证明：∵PD切O于点C，∴OC⊥PD，又∵AD⊥PD，∴OC∥AD，∴∠ACO＝∠DAC．

∵OC＝OA，∴∠ACO＝∠CA⊙O，∴∠DAC＝∠CAO，即AC平分∠DAB；

（2）证明：∵AD⊥PD，∴∠DAC+∠ACD＝90°．又∵AB为O的直径，∴∠ACB＝90°．

∴∠PCB+∠ACD＝90°，∴∠DAC＝∠PCB．又∵∠DAC＝∠⊙CAO，∴∠CAO＝∠PCB．∵CE平分∠

ACB，∴∠ACF＝∠BCF，∴∠CAO+∠ACF＝∠PCB+∠BCF，∴∠PFC＝∠PCF，∴PC＝PF；

（3）解：∵∠PAC＝∠PCB，∠P＝∠P，∴△PAC∽△PCB，∴＝．又∵tan∠ABC＝，

∴，∴，设PC＝4k，PB＝3k，则在Rt△POC中，PO＝3k+7，OC＝7，∵PC2+OC2＝OP2，

∴（4k）2+72＝（3k+7）2，∴k＝